解题思路：（Ⅰ） 当a=0时，f（x）=xlnx，利用导数法，求出函数的最小值，进而根据x∈（0，1）时，lnx＜0，进而f（x）＜0，可得结论；
（Ⅱ）由f′（x）=
xlnx+x−a/x]，设g（x）=xlnx+x-a．令g（x）=xlnx+x-a=0，即a=xlnx+x，设函数h（x）=xlnx+x．令h′（x）=lnx+2=0，则x=
1
e
2
．结合函数单调性与导数值的关系，可得a＞-
1
e
2
即为所求．
证明：（Ⅰ） 当a=0时，f（x）=xlnx，
∴f′（x）=lnx+1．
令f′（x）=lnx+1=0，解得x=[1/e]．
当x∈（0，[1/e]）时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（0，[1/e]）是减函数；
当x∈（[1/e]，+∞）时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（[1/e]，+∞）为增函数．
所以函数f（x）在x=[1/e]处取得最小值-[1/e]，
因为x∈（0，1）时，lnx＜0，
所以对任意x∈（0，1），
都有f（x）＜0，
即对任意x∈（0，1），
-[1/e]≤f（x）＜0；…（6分）
（Ⅱ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
又f′（x）=[xlnx+x−a/x]，
设g（x）=xlnx+x-a．
令g（x）=xlnx+x-a=0，即a=xlnx+x，
设函数h（x）=xlnx+x．
令h′（x）=lnx+2=0，则x=[1
e2．
当x∈（0，
1
e2）时，h′（x）＜0，所以函数h（x）在（0，
1
e2）是减函数；
当x∈（
1
e2，+∞）时，h′（x）＞0，所以函数h（x）在（
1
e2，+∞）为增函数．
所以函数h（x）在x=
1
e2处取得最小值-
1
e2，
则x∈（0，+∞）时，h（x）≥-
1
e2．
于是，当a≥-
1
e2时，直线y=a与函数h（x）=xlnx+x的图象有公共点，
即函数g（x）=xlnx+x-a至少有一个零点，也就是方程f′（x）=0至少有一个实数根．
当a=-
1
e2时，g（x）=xlnx+x-a有且只有一个零点，
所以f′（x）≥0恒成立，函数f（x）为单调增函数，不合题意，舍去．
即当a＞-
1
e2时，函数f（x）不是单调增函数．
又因为f′（x）＜0不恒成立，
所以a＞-
1
e2为所求．…（13分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查的知识点是对数函数的图象和性质，利用导数求函数的最值，利用导数求函数的单调性．
1年前
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